2023年普通高等學校招生全國統一考試（山東卷）
理科數學
第ⅰ卷（共60分）
參考公式：
球的表面積公式：，其中是球的半徑．
如果事件在一次試驗中發生的概率是，那麼次獨立重複試驗中事件恰好發生次的概率：．
如果事件互斥，那麼．
如果事件相互獨立，那麼．
一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．
1．滿足，且的集合的個數是（ ）
a．1 b．2 c．3 d．4
解析：本小題主要考查集合子集的概念及交集運算。集合中必含有,
則或.選b.
2．設的共軛複數是，若，，則等於（ ）
a． b． c． d．
解析：本小題主要考查共軛複數的概念、複數的運算。可設，由
得選d.
3．函式的圖象是（ ）
解析：本小題主要考查復合函式的影象識別。是偶函式，
可排除b、d，由排除c,選a.
4．設函式的圖象關於直線對稱，則的值為（ ）
a．3 b．2 c．1 d．
解：、在數軸上表示點到點、的距離，他們的和關於對稱，因此點、關於對稱，所以
（直接去絕對值化成分段函式求解比較麻煩，如取特殊值解也可以）
5．已知，則的值是（ ）
a． b． cd．
解：：，，
6．右圖是乙個幾何體的三檢視，根據圖中資料，可得該幾何體的表面積是（ ）
a． b．
c． d．
解：從三檢視可以看出該幾何體是由乙個球和乙個圓柱組合而成的，其表面及為
7．在某地的奧運火炬傳遞活動中，有編號為的18名火炬手．若從中任選3人，則選出的火炬手的編號能組成以3為公差的等差數列的概率為（ ）
a． b． c． d．
解：古典概型問題，基本事件總數為。
選出火炬手編號為，時，由可得4種選法；
時，由可得4種選法；時，由可得4種選法。
8．右圖是根據《山東統計年鑑2007》中的資料作成的2023年至2023年我省城鎮居民百戶家庭人口數的莖葉圖．圖中左邊的數字從左到右分別表示城鎮居民百戶家庭人口數的百位數字和十位數字，右邊的數字表示城鎮居民百戶家庭人口數的個位數字．從圖中可以得到2023年至2023年我省城鎮居民百戶家庭人口數的平均數為（ ）
a．304.6 b．303.6 c．302.6 d．301.6
解： 9．展開式中的常數項為（ ）
a． b．1320 c． d．220
解：令得
10．設橢圓的離心率為，焦點在軸上且長軸長為26．若曲線上的點到橢圓的兩個焦點的距離的差的絕對值等於8，則曲線的標準方程為（ ）
a． b． c． d．
解：對於橢圓，曲線為雙曲線， ，標準方程為：
11．已知圓的方程為．設該圓過點的最長弦和最短弦分別為和，則四邊形的面積為（ ）
a． b． c． d．
解： 化成標準方程，過點的最長弦為
最短弦為
12．設二元一次不等式組所表示的平面區域為，使函式的圖象過區域的的取值範圍是（ ）
a． b． c． d．
解：區域是三條直線相交構成的三角形（如圖）
顯然，只需研究過、兩種情形且即
第ⅱ卷（共90分）
二、填空題：本大題共4小題，每小題4分，共16分．
13．執行右邊的程式框圖，若，則輸出的
解：，因此輸出
14．設函式，若，
，則的值為
解： 15．已知為的三個內角的對邊，
向量，．若，
且，則角
解： 16．若不等式的解集中的整數有且僅有，則的取值範圍為
解： ， 即範圍為
三、解答題：本大題共6小題，共74分．
17．（本小題滿分12分）
已知函式（，）為偶函式，且函式圖象的兩相鄰對稱軸間的距離為．
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）將函式的圖象向右平移個單位後，再將得到的圖象上各點的橫座標伸長到原來的4倍，縱座標不變，得到函式的圖象，求的單調遞減區間．
解：（ⅰ）
．因為為偶函式，所以對，恆成立，
因此．即，
整理得．
因為，且，所以．
又因為，故．
所以．由題意得，所以．故．
因此．（ⅱ）將的圖象向右平移個單位後，得到的圖象，再將所得圖象橫座標伸長到原來的4倍，縱座標不變，得到的圖象．
所以．當（），
即（）時，單調遞減，
因此的單調遞減區間為（）．
18．（本小題滿分12分）
甲、乙兩隊參加奧運知識競賽，每隊3人，每人回答乙個問題，答對者對本隊贏得一分，答錯得零分．假設甲隊中每人答對的概率均為，乙隊中3人答對的概率分別為，且各人回答正確與否相互之間沒有影響．用表示甲隊的總得分．
（ⅰ）求隨機變數的分布列和數學期望；
（ⅱ）用表示「甲、乙兩個隊總得分之和等於3」這一事件，用表示「甲隊總得分大於乙隊總得分」這一事件，求．
解：（ⅰ）解法一：由題意知，的可能取值為0，1，2，3，且
，，，．
所以的分布列為
的數學期望為．
解法二：根據題設可知，，
因此的分布列為，．
因為，所以．
（ⅱ）解法一：用表示「甲得2分乙得1分」這一事件，用表示「甲得3分乙得0分」這一事件，所以，且互斥，又，，
由互斥事件的概率公式得．
解法二：用表示「甲隊得分」這一事件，用表示「乙隊得分」這一事件，．
由於事件，為互斥事件，故有．
由題設可知，事件與獨立，事件與獨立，因此
．19．（本小題滿分12分）
將數列中的所有項按每一行比上一行多一項的規則排成如下數表：
……記表中的第一列數構成的數列為，．為數列的前項和，且滿足．
（ⅰ）證明數列成等差數列，並求數列的通項公式；
（ⅱ）上表中，若從第三行起，第一行中的數按從左到右的順序均構成等比數列，且公比為同乙個正數．當時，求上表中第行所有項的和．
解：（ⅰ）證明：由已知，當時，，又，
所以，又．所以數列是首項為1，公差為的等差數列．
由上可知，．
所以當時，．
因此（ⅱ）解：設上表中從第三行起，每行的公比都為，且．
因為，所以表中第1行至第12行共含有數列的前78項，故在表中第31行第三列，
因此．又，所以．
記表中第行所有項的和為，
則．20．（本小題滿分12分）
如圖，已知四稜錐，底面為菱形，平面，，分別是的中點．
（ⅰ）證明：；
（ⅱ）若為上的動點，與平面所成最大角的正切值為，求二面角的余弦值．
解：（ⅰ）證明：由四邊形為菱形，，可得為正三角形．
因為為的中點，所以．
又，因此．
因為平面，平面，所以．
而平面，平面且，
所以平面．又平面，
所以．（ⅱ）解：設，為上任意一點，連線．
由（ⅰ）知平面，
則為與平面所成的角．
在中，，
所以當最短時，最大，
即當時，最大．
此時，因此．又，所以，
所以．解法一：因為平面，平面，
所以平面平面．
過作於，則平面，
過作於，連線，則為二面角的平面角，
在中，，，
又是的中點，在中，，
又，在中，，
即所求二面角的余弦值為．
解法二：由（ⅰ）知兩兩垂直，以為座標原點，建立如圖所示的空間直角座標系，又分別為的中點，所以，，
所以．設平面的一法向量為，
則因此取，則，
因為，，，
所以平面，
故為平面的一法向量．
又，所以．
因為二面角為銳角，
所以所求二面角的余弦值為．
21．（本小題滿分12分）
已知函式，其中，為常數．
（ⅰ）當時，求函式的極值；
（ⅱ）當時，證明：對任意的正整數，當時，有．
解：21．（ⅰ）解：由已知得函式的定義域為，
當時，，所以．
（1）當時，由得，，
此時．當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增．
（2）當時，恆成立，所以無極值．
綜上所述，時，
當時，在處取得極小值，極小值為．
當時，無極值．
（ⅱ）證法一：因為，所以．
當為偶數時，
令，則（）．
所以當時，單調遞增，
又，因此恆成立，
所以成立．
當為奇數時，
要證，由於，所以只需證，
令，則（），
所以當時，單調遞增，又，
所以當時，恒有，即命題成立．
綜上所述，結論成立．
證法二：當時，．
當時，對任意的正整數，恒有，
故只需證明．
令，，則，
當時，，故在上單調遞增，
因此當時，，即成立．
故當時，有．
即．22．（本小題滿分14分）
如圖，設拋物線方程為，為直線上任意一點，過引拋物線的切線，切點分別為．
（ⅰ）求證：三點的橫座標成等差數列；
（ⅱ）已知當點的座標為時，．求此時拋物線的方程；
（ⅲ）是否存在點，使得點關於直線的對稱點在拋物線上，其中，點滿足（為座標原點）．若存在，求出所有適合題意的點的座標；若不存在，請說明理由．
解：（ⅰ）證明：由題意設．
由得，得，
所以，．
因此直線的方程為，
直線的方程為．
所以，①
．②由①、②得，
因此，即．
所以三點的橫座標成等差數列．
（ⅱ）解：由（ⅰ）知，當時，
將其代入①、②並整理得：，，
所以是方程的兩根，
因此，，
又，所以．
由弦長公式得．
又，所以或，
因此所求拋物線方程為或．
（ⅲ）解：設，由題意得，
則的中點座標為，
設直線的方程為，
由點在直線上，並注意到點也在直線上，
代入得．
若在拋物線上，則，
因此或．
即或．（1）當時，則，此時，點適合題意．
（2）當，對於，此時，
，又，，
所以，即，矛盾．
對於，因為，此時直線平行於軸，
又，所以直線與直線不垂直，與題設矛盾，
所以時，不存在符合題意的點．
綜上所述，僅存在一點適合題意．
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